高考物理一轮复习章节训练机械能守恒定律

高考物理一轮复习章节训练机械能守恒定律

‎2014年高考一轮复习之机械能守恒定律 一、选择题(本题共10小题，每题4分，共40分．有的小题只有一个选项正确，有的小题有多个选项正确，把正确选项前的字母填在题后的括号内)‎ ‎1．(2012·天津理综)如下图甲所示，静止在水平地面的物块A，受到水平向右的拉力F作用，F与时间t的关系如下图乙所示，设物块与地面的静摩擦力最大值fm与滑动摩擦力大小相等，则(　　)‎ A．0～t1时间内F的功率逐渐增大 B．t2时刻物块A的加速度最大 C．t2时刻后物块A做反向运动 D．t3时刻物块A的动能最大 解析：根据图乙可知：在0～t1时间内拉力F没有达到最大静摩擦力fm，物体处于静止状态，则拉力F的功率为零，选项A错误；对物块A由牛顿第二定律有F－fm＝ma，由于t2时刻拉力F最大，则t2时刻物块加速度a最大，选项B正确；t2到t3这段时间内拉力F大于fm，所以物块做加速运动，t3时刻速度达到最大，选项C错误、D正确．‎ 答案：BD ‎2．在平直公路上，汽车由静止开始做匀加速直线运动，当速度达到vmax后，立即关闭发动机直至静止，v－t图象如图所示，设汽车的牵引力为F，摩擦力为f，全程中牵引力做功为W1，克服摩擦力做功为W2，则(　　)‎ A．F:f＝1:3　　　　　　 B．W1:W2＝1:1‎ C．F:f＝4:1 D．W1:W2＝1:3‎ 解析：对汽车全程应用动能定理：W1－W2＝0‎ ‎∴W1＝W2，则知B对D错．‎ 由图象知牵引力和阻力作用距离之比为1:4，‎ 即Fs1－Fs2＝0，‎ ‎∴F:f＝4:1，∴C对，A错．‎ 答案：BC ‎3．(2011·海南单科)一质量为‎1 kg的质点静止于光滑水平面上，从t＝0时起，第1秒内受到2 N的水平外力作用，第2秒内受到同方向的1 N的外力作用．下列判断正确的是(　　)‎ A．0～2 s内外力的平均功率是W B．第2秒内外力所做的功是J C．第2秒末外力的瞬时功率最大 D．第1秒内与第2秒内质点动能增加量的比值是 解析：第1 s内物体运动的位移为‎1 m，第2 s内物体运动的位移为‎2.5 m．第1 s内外力所做的功W1＝2×1 J＝2 J，第2 s内外力所做的功为W2＝1×2.5 J＝2.5 J，则0～2 s内外力的平均功率为P＝＝ W，选项A正确、B错误．根据动能定理可知，第1 s内与第2 s内质点动能增加量的比值等于＝，选项D正确．由功率公式P＝Fv可知，在第1 s末外力的瞬时功率最大为4 W，选项C错误．‎ 答案：AD ‎4．(2012·安徽理综)如图所示，在竖直平面内有一半径为R的圆弧轨道，半径OA水平、OB竖直，一个质量为m的小球自A的正上方P点由静止开始自由下落，小球沿轨道到达最高点B时恰好对轨道没有压力．已知AP＝2R，重力加速度为g，则小球从P到B 的运动过程中(　　)‎ A．重力做功2mgR B．机械能减少mgR C．合外力做功mgR D．克服摩擦力做功mgR 解析：小球从P点运动到B点的过程中重力做功为mgR，选项A错误；设小球通过B点时的速度为vB，根据小球通过B点时刚好对轨道没有压力，说明此刻刚好由重力提供向心力，对小球通过B点瞬间应用牛顿第二定律有mg＝m①，解得vB＝②，设小球从P点运动到B点的过程中克服摩擦力做功为W，对此过程由动能定理有mgR－W＝mv③，联立②③解得W＝mgR，选项D正确；上述过程合外力做功为W合＝mgR－W＝mgR，选项C错误；小球机械能减少量等于小球克服摩擦力所做的功，即ΔE＝W＝mgR，选项B错误．‎ 答案：D ‎5．(2012·福建理综)如下图，表面光滑的固定斜面顶端安装一定滑轮，小物块A、B用轻绳连接并跨过滑轮(不计滑轮的质量和摩擦)．初始时刻，A、B处于同一高度并恰好处于静止状态．剪断轻绳后A下落、B沿斜面下滑，则从剪断轻绳到物块着地，两物块(　　)‎ A．速率的变化量不同 B．机械能的变化量不同 C．重力势能的变化量相同 D．重力做功的平均功率相同 解析：剪断轻绳后，对A由机械能守恒得mAgh＝mAv－0，vA＝，速率变化量ΔvA＝vA－0＝，对B同理mBgh＝mBv－0，速率变化量ΔvB＝vB－0＝，它们相等，选项A错误；两个物体运动过程中机械能分别守恒，因而机械能的变化量都为零，选项B错误；A、B静止时mAg＝mBgsinθ，则mAW2 B．W1EkC D．EkBW2，选A.‎ 答案：A ‎8.如图，一物体从光滑斜面AB底端A点以初速度v0上滑，沿斜面上升的最大高度为h.下列说法中正确的是(设下列情境中物体从A点上滑的初速度仍为v0)(　　)‎ A．若把斜面CB部分截去，物体冲过C点后上升的最大高度仍为h B．若把斜面AB变成曲面AEB，物体沿此曲面上升仍能到达B点 C．若把斜面弯成圆弧形D，物体仍沿圆弧升高h D．若把斜面从C点以上部分弯成与C点相切的圆弧状，物体上升的最大高度有可能仍为h 解析：光滑斜面，系统机械能守恒，若把斜面CB部分截去，物体从A点运动到C点后做斜上抛运动，到达最高点时有水平方向的分速度，则物体上升不到h高度．而变成曲面AEB及从C点以上部分弯成与C点相切的圆弧状，物体到达最高点速度都可达到零，物体可达最大h高度，而沿弯成圆弧形AD，物体做圆周运动，到达最高点需有个最小速度故选项B、D正确．‎ 答案：BD ‎9.一质量为m的质点，系在轻绳的一端，绳的另一端固定在水平面上，水平面粗糙．此质点在该水平面上做半径为r的圆周运动，设质点的最初速率是v0，当它运动一周时，其速率变为，则(　　)‎ A．当它运动一周时摩擦力做的功为－mv B．质点与水平面的动摩擦因数为μ＝ C．质点在运动了两个周期时恰好停止 D．当质点运动一周时的加速度大小为 解析：由动能定理，质点运动一周时摩擦力做的功W＝m·2－mv＝－mv，选项A正确；W＝－2πr·Ff＝－2πr·μmg得μ＝，选项B正确；运动一周克服摩擦力做的功为mv，物体运动一周时其速率变为，动能为m2＝mv，经比较知道mv>mv，说明质点运动不到第二个周期时就停止了，选项C错误；质点运动一周时向心加速度大小an＝，切向加速度大小为at＝μg＝，加速度a＝，选项D错误．‎ 答案：AB ‎10.如图所示，倾角为30°、高为L的固定斜面底端与水平面平滑相连，质量分别为‎3m、m的两个小球A、B用一根长为L的轻绳连接，A球置于斜面顶端，现由静止释放A、B两球，球B与弧形挡板碰撞过程中无机械能损失，且碰后只能沿斜面下滑，它们最终均滑至水平面上．重力加速度为g，不计一切摩擦．则(　　)‎ A．小球A下滑过程中，小球A、B系统的重力对系统做正功，系统的重力势能减小 B．A球刚滑至水平面时，速度大小为 C．小球B升高L/2时，重力对小球A做功的功率大于重力对小球B做功的功率 D．小球B从刚开始上升到开始进入斜面过程中，绳的拉力对小球B做功为 解析：小球A下滑过程中，B球的重力对B球做负功，A球的重力对A球做正功，但由系统的动能增大可知，系统的重力势能减小，故小球A、B系统的重力对系统做正功，A项正确；对A、B系统利用机械能守恒可知，A球从开始滑动到刚滑至水平面过程中，有3mgL－mg＝×4mv2，故v＝，B项正确；小球B升高L/2时，因两球的速度大小相等，而A球沿斜面向下的分力为1.5mg，故此时重力对小球A做功的功率大于重力对小球B做功的功率，C项正确，小球B从刚开始上升到开始进入斜面过程中，有3mg－mgL＝×4mv′2，故v′＝，对B球利用动能定理又有：mv′2＝W－mgL，故W＝，D项错误．‎ 答案：ABC 第Ⅱ卷(非选择题，共60分)‎ 二、填空题(本题共2小题，每题8分，共16分)‎ ‎11．某学习小组做探究“合力的功和物体速度变化关系”的实验如下图，图中小车是在一条橡皮筋作用下弹出，沿木板滑行，这时，橡皮筋对小车做的功记为W.当用2条、3条……完全相同的橡皮筋并在一起进行第2次、第3次……实验时，使每次实验中橡皮筋伸长的长度都保持一致．每次实验中小车获得的速度由打点计时器所打的纸带测出．‎ ‎(1)除了图中已有的实验器材外，还需要导线、开关、刻度尺和________电源(填“交流”或“直流”)．‎ ‎(2)实验中，小车会受到摩擦阻力的作用，可以使木板适当倾斜来平衡掉摩擦阻力，则下面操作正确的是______．‎ A．放开小车，能够自由下滑即可 B．放开小车，能够匀速下滑即可 C．放开拖着纸带的小车，能够自由下滑即可 D．放开拖着纸带的小车，能够匀速下滑即可 ‎(3)若木板水平放置，小车在两条橡皮筋作用下运动，当小车速度最大时，关于橡皮筋所处的状态与小车所在的位置，下列说法正确的是________．‎ A．橡皮筋处于原长状态 B．橡皮筋仍处于伸长状态 C．小车在两个铁钉的连线处 D．小车已过两个铁钉的连线 ‎(4)在正确操作情况下，打在纸带上的点并不都是均匀的，为了测量小车获得的速度，应选用纸带的________部分进行测量(根据下面所示的纸带回答)．‎ 解析：(3)因为木板水平放置，故摩擦力没有被平衡掉，当小车速度最大时，F弹＝f，故橡皮筋仍有弹力，处于伸长状态．‎ 答案：(1)交流　(2)D　(3)B　(4)GK ‎12．(2013·浙江温州质检)某实验小组利用如下图所示的实验装置来验证钩码和滑块所组成的系统机械能守恒．‎ ‎(1)如下图所示，用游标卡尺测得遮光条的宽度d＝________ cm；实验时将滑块从图示位置由静止释放，由数字计时器读出遮光条通过光电门的时间Δt＝1.35×10－2 s，则滑块经过光电门时的瞬时速度为________m/s.在本次实验中还需要测量的物理量有：钩码的质量m、滑块的质量和________(文字说明并用相应的字母表示)．‎ ‎(2)在这个过程中系统减少的重力势能为________，系统增加的动能为________，只要两者在误差允许范围内相等，即可验证机械能守恒(用测量的物理量字母表示)．‎ 解析：(1)20分度的游标卡尺读数时先从主尺上读出厘米数和毫米数，然后用游标读出毫光以下的数值：游标的第几条刻线跟主尺上某一条刻线对齐，毫米以下的读数就是几乘‎0.05 mm，其读数准确到‎0.05 mm.滑块通过光电门时间很短，根据公式v＝求出的平均速度可近似为经过光电门时的瞬时速度．‎ ‎(2)钩码下降高度与滑块的位移的大小x相等，故钩码的重力势能减少量等于mgx.此时滑块和钩码的速度大小相等，都等于v＝，根据动能定义式Ek＝mv2得Ek＝(m＋M)()2.‎ 答案：(1)0.540　0.4　滑块上的遮光条初始位置到光电门的距离x ‎(2)mgx　(m＋M)()2‎ 三、计算题(本题共4小题，13、14题各10分，15、16题各12分，共44分，计算时必须有必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的要注明单位)‎ ‎13．如图所示，质量为m0＝‎4 kg的木板静止在光滑的水平面上，在木板的右端放置一个质量m＝‎1 kg，大小可以忽略的铁块，铁块与木板之间的动摩擦因数μ＝0.4，在铁块上加一个水平向左的恒力F＝8 N，铁块在长L＝‎6 m的木板上滑动．取g＝‎10 m/s2.求：‎ ‎(1)经过多长时间铁块运动到木板的左端；‎ ‎(2)在铁块到达木板左端的过程中，恒力F对铁块所做的功；‎ ‎(3)在铁块到达木板左端时，铁块和木板的总动能．‎ 解析：(1)铁块与木板间的滑动摩擦力Ff＝μmg＝4 N 铁块的加速度a1＝＝ m/s2＝‎4 m/s2.‎ 木板的加速度a2＝＝ m/s2＝‎1 m/s2.‎ 设铁块滑到木板左端的时间为t，则a1t2－a2t2＝L 代入数据解得t＝2 s.‎ ‎(2)铁块位移l1＝a1t2＝×4×‎22 m＝‎‎8 m 木板位移l2＝a2t2＝×1×‎22 m＝‎2 m.‎ 恒力F做的功W＝Fl1＝8×8 J＝64 J ‎(3)铁块的动能Ek1＝(F－Ff)l1＝(8－4)×8 J＝32 J.‎ 木板的动能Ek2＝Ffl2＝4×2 J＝8 J 铁块和木板的总动能Ek总＝Ek1＋Ek2＝32 J＋8 J＝40 J.‎ 答案：(1)2 s　(2)64 J　(3)40 J ‎14.‎ 如图所示，质量为M＝‎0.2 kg的木块放在水平台面上，台面比水平地面高出h＝‎0.20 m，木块离台的右端L＝‎1.7 m．质量为m＝‎0.10M的子弹以v0＝‎180 m/s的速度水平射向木块，当子弹以v＝‎90 m/s的速度水平射出时，木块的速度为v1＝‎9 m/s(此过程作用时间极短，可认为木块的位移为零)．若木块落到水平地面时的落地点到台面右端的水平距离为l＝‎1.6 m，求 ‎(1)木块对子弹所做的功W1和子弹对木块所做的功W2；‎ ‎(2)木块与台面间的动摩擦因数μ.‎ 解析：(1)从开始到子弹射出木块，由动能定理得 W1＝mv2－mv＝－243 J 对木块由动能定理得，子弹对木块所做的功 W2＝Mv＝8.1 J ‎(2)设木块离开台面时的速度为v2，木块在台面上滑行阶段对木块由动能定理得：‎ ‎－μMgL＝Mv－Mv 木块离开台面后做平抛运动，由平抛运动规律得：‎ 竖直方向：h＝gt2‎ 水平方向：l＝v2t 由以上各式可解得：μ＝0.50‎ 答案：(1)－243 J　8.1 J　(2)0.50‎ ‎15．如图所示，半径为R的四分之一圆弧形支架竖直放置，圆弧边缘C处有一小定滑轮，绳子不可伸长，不计一切摩擦，开始时，m1、m2两球静止，且m1>m2，试求：‎ ‎(1)m1释放后沿圆弧滑至最低点A时的速度．‎ ‎(2)为使m1能到达A点，m1与m2之间必须满足什么关系．‎ ‎(3)若A点离地高度为2R，m1滑到A点时绳子突然断开，则m1落地点离A点的水平距离是多少？‎ 解析：(1)设m1滑至A点时的速度为v1，此时m2的速度为v2，由机械能守恒得 m1gR－m2gR＝m1v＋m2v 又v2＝v1cos45°‎ 得v1＝.‎ ‎(2)要使m1能到达A点，v1≥0且v2≥0，‎ 必有m1gR－m2gR≥0，得m1≥m2.‎ ‎(3)由2R＝gt2，x＝v1t得x＝4R·.‎ 答案：(1)　(2)m1≥m2‎ ‎(3)4R· ‎16．(2012·北京理综)摩天大楼中一部直通高层的客运电梯，行程超过百米．电梯的简化模型如图1所示．考虑安全、舒适、省时等因素，电梯的加速度a是随时间t变化的．已知电梯在t＝0时由静止开始上升，a－t图象如图2所示．电梯总质量m＝2.0×‎103 kg.忽略一切阻力，重力加速度g取‎10 m/s2.‎ 图1‎ ‎(1)求电梯在上升过程中受到的最大拉力F1和最小拉力F2；‎ ‎(2)类比是一种常用的研究方法．对于直线运动，教科书中讲解了由v－t图象求位移的方法．请你借鉴此方法，对比加速度和速度的定义，根据图2所示a－t图象，求电梯在第1 s内的速度改变量Δv1和第2 s末的速率v2；‎ ‎(3)求电梯以最大速率上升时，拉力做功的功率P；再求在0～11 s时间内，拉力和重力对电梯所做的总功W.‎ 解析：(1)由牛顿第二定律，有F－mg＝ma 由a－t图象可知，F1和F2对应的加速度分别是 a1＝‎1.0 m/s2，a2＝－‎1.0 m/s2‎ F1＝m(g＋a1)＝2.0×103×(10＋1.0) N＝2.2×104 N F2＝m(g＋a2)＝2.0×103×(10－1.0) N＝1.8×104 N ‎(2)类比可得，所求速度变化量等于第1 s内a－t图线下的面积 Δv1＝‎0.50 m/s 同理可得Δv2＝v2－v0＝‎1.5 m/s v0＝0，第2 s末的速率v2＝‎1.5 m/s.‎ ‎(3)由a－t图象可知，11～30 s内速率最大，其值等于0～11 s内a－t图线下的面积，有vm＝‎10 m/s，此时电梯做匀速运动，拉力F等于重力mg，所求功率 P＝Fvm＝mg·vm＝2.0×103×10×10 W＝2.0×105 W 由动能定理，总功W＝Ek2－Ek1＝mv－0＝×2.0×103×102 J＝1.0×105 J.‎ 答案：(1)2.2×104 N　1.8×104 N ‎(2)‎0.5 m/s　‎1.5 m/s ‎(3)2.0×105 W　1.0×105 J